立体几何习题

前言

典例剖析

【2020人大附中试题】下列说法中,正确说法的个数是【】

①如果两个平面有三个公共点,那么这两个平面重合;

②两条直线可以确定一个平面;

③若\(M\in \alpha\)\(M\in \alpha\)\(\alpha\cap\beta=l\),则\(M\in l\)

④空间中,两两相交的三条直线在同一个平面内;

$A.1$ $B.2$ $C.3$ $D.4$

分析:对于①,借助墙角模型思考,两个平面垂直,其交线中有\(3\)个公共点,但是其位置关系不是重合,而是相交[垂直];所以①错误;

对于②,先回顾两条直线的位置关系有平行、相交、异面三种,其中两条平行或者相交的直线是可以确定一个平面的,但是若是异面的直线就不能确定一个平面,故②错误;

对于③,需要翻译成文字语言容易理解,两个平面的公共点\(M\)一定在两个平面的公告交线上,故正确;

对于④,需要考虑两两相交的三条直线的交点个数问题,若交点个数是一个,那么在空间中,三条直线可以是异面的直线,故不在同一平面内,若交点的个数是三个,那么它们一定会共面,在同一个平面内,故④错误;另外,两两相交的三条直线的交点个数不会是两个。

综上所述,本题目选\(A\).

【2016江苏高考卷】如图,在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中,\(D\)\(E\)分别是\(AB\)\(BC\)的中点,点\(F\)在侧棱\(BB_1\)上,且\(B_1D\perp A_1F\)\(A_1C_1\perp A_1B_1\)

求证:(1)直线\(DE//\)平面\(A_1C_1F\). 详细分析过程

证明:因为\(D\)\(E\)分别是\(AB\)\(BC\)的中点,

则有 \(DE//AC//A_1C_1\), 故由

\[\left.\begin{array}{l}{DE//A_1C_1}\\{直线 A_1C_1\subset 平面 A_1C_1F}\\{DE\not\subset 平面 A_1C_1F }\end{array}\right\}\Rightarrow 直线DE//平面A_1C_1F \]

备注:关于线面位置的表示符号,已经变换过多次,转换为你所对应使用的版本即可;另外,这种书写形式的逻辑关系非常清晰,建议使用。倒过来就是分析,顺过去就是证明过程。

求证:(2) 平面 \(B_1DE\perp\) 平面 \(A_1C_1F\).

证明1: 结合题目的已知条件,可得

\(\left.\begin{array}{l}{A_1C_1\perp A_1B_1,已知}\\{A_1C_1\perp A_1A,由直三棱柱可知}\\{A_1A\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\cap A_1B=A_1}\end{array}\right\}\Rightarrow A_1C_1\perp 平面 ABB_1A_1\)

又由于 \(DE//A_1C_1\),则 \(DE\perp\) 平面 \(ABB_1A_1\)

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(ABB_1A_1\),故 \(DE\perp A_1F\),即 \(A_1F\perp DE\)

\(\left.\begin{array}{l}{A_1F\perp B_1D,已知}\\{A_1F\perp DE,已证}\\{B_1D\subset 平面B_1DE}\\{DE\subset 平面B_1DE}\\{B_1D\cap DE=D}\end{array}\right\}\Rightarrow 直线 A_1F\perp平面 B_1DE\)

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(A_1C_1F\),故 平面 \(B_1DE\perp\) 平面 \(A_1C_1F\).

证明2: 结合题目的已知条件,可得

\(\left.\begin{array}{l}{A_1C_1\perp A_1B_1,已知}\\{A_1C_1\perp A_1A,由直三棱柱可知}\\{A_1A\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\cap A_1B=A_1}\end{array}\right\}\Rightarrow A_1C_1\perp 平面 ABB_1A_1\)

又由于 \(DE//A_1C_1\),则 \(DE\perp\) 平面 \(ABB_1A_1\)

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(ABB_1A_1\),故 \(DE\perp A_1F\),即 \(A_1F\perp DE\)

\(\left.\begin{array}{l}{A_1F\perp B_1D,已知}\\{A_1F\perp DE,已证}\\{B_1D\subset 平面B_1DE}\\{DE\subset 平面B_1DE}\\{B_1D\cap DE=D}\end{array}\right\}\Rightarrow 直线 A_1F\perp平面 B_1DE\)

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(A_1C_1F\),故 平面 \(A_1C_1F\) \(\perp\) 平面 \(B_1DE\).

【2016衡水金卷】如图,在四棱锥 \(P-ABCD\) 中,\(AB\perp PA\)\(AB//CD\),且 \(PB=\)\(BC=BD\)\(=\sqrt{6}\)\(CD=2AB=2\sqrt{2}\)\(\angle PAD=120^{\circ}\)\(E\)\(F\)分别是棱\(CD\)\(PC\)的中点。

(1).求证:平面 \(BEF\perp\) 平面 \(PCD\).

证明:因为 \(E\)\(CD\) 的中点,\(CD=2AB\),则 \(AB=DE\),又因为 \(AB//CD\),所以四边形 \(ABED\) 为平行四边形。

又因为 \(BC=BD\)\(E\)\(CD\) 的中点,故 \(BE\perp CD\),则四边形 \(ABED\) 为矩形,则 \(AB\perp AD\)

又因为 \(AB\perp PA\)\(PA\cap AD=A\),所以 \(AB\perp\)平面\(PAD\)

又因为 \(AB//CE\),所以 \(CD\perp\) 平面\(PAD\),所以 \(CD\perp PD\)

又因为 \(EF//PD\),所以 \(CD\perp EF\)。又因为 \(CD\perp BE\),所以 \(CD\perp\) 平面\(BEF\)。所以平面 \(PCD\perp\) 平面\(BEF\)

(2).求直线 \(PD\) 与平面 \(PBC\) 所成角的正弦值。

待补充。

【2017凤翔中学第二次月考理科第19题】如图,\(\Delta ABC\)\(\Delta BCD\)所在平面互相垂直,且\(AB=\)\(BC=BD\)\(=2\)\(\angle ABC\)\(=\)\(\angle DBC\)\(=\)\(120^{\circ}\)\(E\)\(F\)\(G\)分别是\(AC\)\(DC\)\(AD\)的中点,

(1)求证:\(EF\perp\) 平面\(BCG\)

分析提示:只要证明\(AD\perp\) 平面\(BCG\)

(2)求三棱锥 \(D-BCG\) 的体积。

分析:在平面 \(ABC\) 内,作 \(AO\perp BC\),交 \(CB\) 延长线于 \(O\),由平面 \(ABC\perp BCD\),可知 \(AO\perp\) 平面 \(BDC\)

\(G\) 到平面 \(BCD\) 距离 \(h\)\(AO\) 长度的一半,在 \(\Delta AOB\) 中,\(AO=AB\cdot sin60^{\circ}=\sqrt{3}\)

\(V_{D-BCG}=V_{G-BCD}=\cfrac{1}{3}S_{\Delta DBC}\cdot h\)\(=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot BD\cdot BC\)\(\cdot sin120^{\circ}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(=\cfrac{1}{2}\)

【2017凤翔中学第二次月考理科第15题】已知三棱锥\(S-ABC\)满足\(SA、SB、SC\)两两垂直,且\(SA\)\(=SB\)\(=SC=2\)\(Q\)是三棱锥\(S-ABC\)外接球上的一个动点,则点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值是多少?

仿上,我们可以将此三棱锥还原为正方体的一部分,且正方体有个外接球,那么点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值即是正方体的体对角线的\(\cfrac{2}{3}\),而体对角线长为\(\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt{3}\),故所求值为\(\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)

【2017凤翔中学第三次月考理科第10题】已知球面上有\(A、B、C\)三点,如果\(|AB|=|BC|=\)\(|AC|=2\sqrt{3}\),且球心到平面\(ABC\)的距离为1,则该球的体积为多少?

分析:本题目关键是求球的半径\(R\) ,如上例4中的模型,已知的三点可以安放在图中的点\(A'\)\(B\)\(C'\)处,

但是要注意,已知的平面\(ABC\)和模型中的平面\(A'BC'\)平行,不一定重合,此时求半径问题就转化为求正三棱锥的侧棱的长问题了,

而且此时正三棱锥的底面边长为\(2\sqrt{3}\),正三棱锥的高是1,高的垂足\(E\)是下底面的中心,

则其侧棱\(OA\)\(\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\),故\(R=\sqrt{5}\)

故该球的体积\(V_球=\cfrac{4}{3}\cdot \pi\cdot R^3=\cfrac{20\sqrt{5}}{3}\pi\)

【2017凤翔中学第三次月考理科第19题】如图所示,四棱锥\(P-ABCD\)中,底面\(ABCD\)是个边长为2的正方形,侧棱\(PA\perp\)底面\(ABCD\),且\(PA=2\)\(Q\)\(PA\)的中点。

(1).证明:\(BD\perp\)平面\(PAC\)

证明:由于侧棱\(PA\perp\)底面\(ABCD\)\(BD\subsetneqq\)底面\(ABCD\),故\(PA\perp BD\)

又由于\(AC\)\(BD\)是正方形的对角线,则\(AC\perp BD\)

\(BD\perp AC\)\(BD\perp PA\)\(PA\cap AC=A\)

\(PA\subsetneqq\)平面\(PAC\)\(AC\subsetneqq\)平面\(PAC\)

\(BD\perp\)平面\(PAC\)

(2).求二面角\(C-BD-Q\)的余弦值。

分析:由题可知,\(AB、AP、AD\)两两垂直,以\(A\)为坐标原点,分别以\(AB、AD、AP\)所在直线为\(x,y,z\)轴建立空间直角坐标系,如图所示。

则点\(B(2,0,0)\)\(C(2,2,0)\)\(D(0,2,0)\)\(Q(0,0,1)\)

所以\(\overrightarrow{BD}=(-2,2,0)\)\(\overrightarrow{BQ}=(-2,0,1)\)

设平面\(BDQ\)的法向量为\(\vec{m}=(x,y,z)\),则有

\(\begin{cases}\vec{m}\perp\overrightarrow{BD}\\\vec{m}\perp\overrightarrow{BQ}\end{cases}\) \(\Longrightarrow \begin{cases}\vec{m}\cdot\overrightarrow{BD}=0\\\vec{m}\cdot\overrightarrow{BQ}=0\end{cases}\)

\(\begin{cases}-2x+2y=0\\-2x+z=0\end{cases}\),可以取\(\vec{m}=(1,1,2)\)

平面\(BDC\)的法向量为\(\vec{n}=(0,0,1)\)

设二面角\(C-BD-Q\)\(\theta\),由图可知,\(\theta\)为钝角,则有

\(cos\theta=-|cos<\vec{m},\vec{n}>|=-\cfrac{\vec{m}\cdot\vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=-\cfrac{2}{\sqrt{6}}=-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)

所以二面角\(C-BD-Q\)的余弦值为\(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)

已知底面是平行四边形的四棱锥\(P-ABCD\),点\(E\)\(PD\)上,且\(PE:ED=2:1\),在棱\(PC\)上是否存在一点\(F\),使得\(BF//\)\(AEC\),证明并说出点\(F\)的位置。相关课件

分析:在棱\(PC\)上存在一点\(F\)\(F\)\(PC\)的中点,使得\(BF//\)\(AEC\),理由如下:

\(PE\)的中点\(H\)\(PC\)的中点\(F\),联结\(BF\)\(HF\)\(BH\),联结\(AC\)\(BD\),交点为\(O\)

则由\(HF\)\(\Delta PEC\)的底边\(EC\)的中位线,故\(HF//EC\)

\(EO\)\(\Delta DBH\)的底边\(BH\)的中位线,故\(BH//EO\)

(说明:这样的话,平面\(BHF\)内的两条相交直线\(HF\)\(BH\)分别平行与另一个平面\(AEC\)内的两条相交直线\(EO\)\(EC\),则这两个平面就平行)

又由于\(HF\subsetneqq\)平面\(BHF\)\(BH\subsetneqq\)平面\(BHF\)\(BH\cap HF=H\)

\(EO\subsetneqq\)平面\(AEC\)\(EC\subsetneqq\)平面\(AEC\)\(EO\cap EC=E\)

则平面\(BHF//\)平面\(AEC\)

\(BF\subsetneqq\)平面\(BHF\)

则有\(BF//\)平面\(AEC\),猜想得证。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知\(l\)\(m\)是空间中两条不同的直线,\(\alpha\)\(\beta\)是两个不同的平面,则下列说法一定正确的是【】

$A$.若$l//\alpha,\alpha//\beta,m\subset \beta,l\not\subset \beta$,则$l//m$;
$B$.若$\alpha\perp \beta,l//\alpha,m\perp l,m\not\subset \beta$,则$m\perp \beta$;
$C$.若$l//m,m//\alpha,l\perp\beta,l\not\subset \alpha$,则$\alpha\perp \beta$;
$D$.若$l\perp\alpha,m\perp\beta,\alpha\perp \beta$,则$l//m$;

分析:选\(C\);可以借助长方体模型或正方体模型来判断线面位置关系;主要使用排除法;

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中,点\(O\)是四边形\(ABCD\)的中心,关于直线\(A_1O\),下列说法正确的是【】

$A.A_1O//D_1C$ $B.A_1O\perp BC$ $C.A_1O//平面B_1CD_1$ $D.A_1O\perp平面AB_1D_1$

分析:由于题目中给定点\(O\)是下底面的中心,故我们想到也做出上底面的中心\(E\),如图所示,

当连结\(CE\)时,我们就很容易看出\(A_1O//CE\),以下做以说明;

由于\(OC//A_1E\),且\(OC=A_1E\),则可知\(A_1O//CE\)

又由于\(A_1O\not \subset 面B_1CD_1\)\(CE \subset 面B_1CD_1\),故\(A_1O//平面B_1CD_1\) ,故选\(C\)

此时,我们也能轻松的排除\(A\)\(B\)\(D\)三个选项是错误的。

【2018宝鸡市高三数学第一次质量检测第9题】已知四棱锥\(S-ABCD\)的底面为平行四边形,且\(SD\perp 面ABCD\)\(AB=2AD=2SD\)\(\angle DCB=60^{\circ}\)\(M、N\)分别是\(SB、SC\)的中点,过\(MN\)作平面\(MNPQ\)分别与线段\(CD、AB\)相交于点\(P、Q\)

(1).在图中作出平面\(MNPQ\),使面\(MNPQ//面SAD\)(不要求证明);

分析:如图所示,点\(P、Q\)分别是线段\(CD、AB\)的中点,联结\(NP、PQ、QM\)所得的平面即为所求做的平面。

反思总结:1、一般的考法是题目作出这样的平面,然后要求我们证明面面平行,现在是要求我们利用面面平行的判定定理作出这样的平面,应该是要求提高了。

2、注意图中的线的虚实。

(2).【文】若\(|\overrightarrow{AB}|=4\),在(1)的条件下求多面体\(MNCBPQ\)的体积。

【理】若\(\overrightarrow{AQ}=\lambda \overrightarrow{AB}\),是否存在实数\(\lambda\),使二面角\(M-PQ-B\)的平面角大小为\(60^{\circ}\)?若存在,求出\(\lambda\)的值;若不存在,请说明理由。

【文科】法1:

如图所示,连接\(PB、NB\),有题目可知在(1)的情形下,平面\(MNPQ\)与平面\(ABCD\)垂直,由题目可知,\(AB=4\)\(BC=PC=2\)\(SD=2\)\(NP=1\)

\(SD\perp面ABCD\)\(NP//SD\),则\(NP\perp 面ABCD\)

\(\Delta PCB\)是边长为2的等边三角形,则\(V_{N-PBC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\Delta PBC}\cdot |NP|=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot 4\cdot 1=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)

\(MN//BC\)\(MN \perp面SAD\),面\(MNPQ\)是直角梯形,\(MN=NP=1\)\(PQ=2\)

连接\(BD\)\(PQ\)于点\(H\),在\(\Delta ABD\)中,由余弦定理可知,\(BD=2\sqrt{3}\)\(AB^2=AD^2+BD^2\),则\(BD\perp AD\)

\(BH\perp PQ\),且\(BH\perp NP\),故\(BH\perp 面MNPQ\)

\(V_{B-MNPQ}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{MNPQ}\cdot |BH|=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{(1+2)\cdot 1}{2}\cdot \sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(V_{MNCBPQ}=V_{B-MNPQ}+V_{N-PBC}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{3}=\cfrac{5\sqrt{3}}{6}\)

法2:

待补充。

【理科】待补充。

posted @ 2017-09-27 22:26  静雅斋数学  阅读(886)  评论(0编辑  收藏  举报
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